山西省山西大学附属中学2019届高三化学上学期9月模块诊断试题（含解析）.doc

1、- 1 -山西大学附属中学 2019 届高三 9 月模块诊断化学试题1.下列有关化学与生活、工业的叙述中，不正确的是（ ）A. 工业上生产玻璃、水泥、漂白粉及用铁矿石冶炼铁，均需要用石灰石为原料B. 未成熟的苹果肉遇碘酒变蓝色，成熟苹果的汁液能与银氨溶液发生反应C. 面粉中禁止添加 CaO2、过氧化苯甲酰等增白剂，CaO 2属于碱性氧化物，过氧化苯甲酰属于有机物D. 大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术” ，可以减少硫的氧化物和氮的氧化物对环境的污染【答案】C【解析】【详解】A、制玻璃的原料：石英、石灰石、纯碱等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用

2、氯气与消石灰反应得到漂白粉；炼铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石，因此工业上生产玻璃、水泥、漂白粉及用铁矿石冶炼铁，均需要用石灰石为原料，A 正确；B、未成熟的苹果肉含有大量淀粉，遇碘酒变蓝色，成熟苹果淀粉水解生成了葡萄糖，葡萄糖中含CHO，能与银氨溶液发生反应，B 正确；C、碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钙属于过氧化物，不是碱性氧化物，C 错误；D、二氧化硫和氮氧化物都是有毒物质，矿物中含有氮、硫元素，如果矿物进行“脱硫、脱硝技术” ，能减少二氧化硫和氮氧化物的排放，从而减少硫的氧化物和氮的氧化物对环境的污染，D 正确；答案选 C。【点睛】注意金属氧化物不一定均是碱性氧化物，也

3、可能是酸性氧化物或两性氧化物或三者均不是。碱性氧化物、酸性氧化物或两性氧化物判断时一定要严格按照概念分析，即能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，能与碱反应生成盐和水的氧化物均是酸性氧化物，既能与酸反应生成盐和水，也和碱反应生成盐和水的氧化物是两性氧化物，氧化铝是典型的两性氧化物。2.下列叙述中，错误的是A. 苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持 5560反应生成硝基苯B. 苯不能使酸性高锰酸钾褪色，说明苯环中没有碳碳双键- 2 -C. 甲烷中混有的乙烯可以用溴水除去D. 医院用 75%酒精杀菌、消毒，75%是指质量分数【答案】D【解析】【详解】A在浓硫酸做催化剂、55-60加热条件下，苯能和浓硝

4、酸发生取代反应生成硝基苯，该反应也称硝化反应，A 正确；B苯分子中不含碳碳双键，不能被高锰酸钾氧化，不能使酸性高锰酸钾褪色，B 正确；C乙烯能够与溴发生加成反应，甲烷与溴不反应，所以甲烷中混有的乙烯可以用溴水除去，C 正确；D医院用 75%酒精，75%是体积分数，不是质量分数，D 错误；答案选 D。3.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（ ）A. 甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成； 乙烯与水生成乙醇的反应D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯自身

5、生成聚乙烯的反应【答案】C【解析】有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应。有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，所以选项 C 正确。A 中前者是取代反应，但后者是氧化反应；B 中都是加成反应；D 中前者是萃取，是物理变化，后者是加聚反应，答案选 C。4.化合物 X 是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关 X 的说法正确的是A. 分子中两个苯环一定处于同一平面- 3 -B. 不能与饱和碳酸钠溶液反应C. 在酸性条件下水解，水解产物只有一种D. 1 mol 化合物 X 最多能与 2 molNaOH 反应【答案】C

6、【解析】【详解】A两个苯环连接在饱和碳原子上，具有甲烷的结构特点，且 C-C 为 键，可自由旋转，则分子中两个苯环不一定处于同一平面，选项 A 错误；B含有羧基，具有酸性，可与碳酸钠反应，选项 B 错误；C分子中能水解的只有酯基，因为是环状化合物，则水解产物只有一种，选项 C 正确；D能与氢氧化钠反应的为酯基、羧基，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则 1 mol 化合物 X 最多能与 3 molNaOH 反应，选项 D 错误。答案选 C。5.下列物质中属于纯净物的是( )由同种元素组成的物质 具有固定熔沸点的物质 由相同种类和相同数目的原子组成的分子 只有一种元素的阳离子和另一种元素的阴离子组成

7、的物质 在氧气中燃烧只生成二氧化碳的物 只含有一种分子的物质A. B. C. D. 【答案】D【解析】可能含有同素异形体如氧气、臭氧而属于混合物；属于纯净物 可能含有同分异构体如正丁烷、异丁烷而属于混合物；可能是氧化钠、过氧化钠等的混合物；可能是一氧化碳、碳单质等的混合物；属于纯净物。故选 D。6.用 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确个数的是2.24 L 氟化氢所含分子数约为 0.1NA；常温下，pH2 的醋酸溶液中所含有的 H 数为0.01NA；密闭容器中 2 mol NO 与 1 mol O2充分反应，产物的分子数为 2NA；分子总数为NA的 NO 和 CO 混合气体中含有的氧原

8、子数为 2NA；1 L 1 mol/L 的磷酸溶液中含氧原子数为4NA；1 mol FeCl 3完全转化成 Fe(OH)3胶体后生成 NA个胶粒；1 mol SiO 2所含 SiO 化学键为 2 mol；12 g 石墨含有 1 mol 六元环；50 mL 12 mol/L 盐酸与足量 MnO2共热，转移的电子数为 0.3NA。A. 0 B. 2 C. 5 D. 全对【答案】A【解析】- 4 -【详解】标准状况下，氟化氢不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氟化氢的物质的量，标准状况下，无法计算 2.24 L HF 的物质的量，故错误；溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故错误；

9、NO 和 O2反应的化学方程式为 2NO+O2=2NO2，根据方程式可知，2molNO 与 1molO2恰好完全反应生成 2molNO2，但 NO2和 N2O4之间存在相互转化，反应方程式为 2NO2N2O4，所以产物分子数小于 2NA，故错误；每个 NO 和 CO 分子均含有 1个 O 原子，故分子总数为 NA的 NO 和 CO 混合气体中含有的氧原子数为 NA，故错误；由于磷酸溶液中，溶剂水中也含有氧原子，所以无法计算溶液中氧原子的数目，故错误；一个胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故得到的氢氧化铁胶粒的个数小于 NA个，故错误；因为每个Si 形成 4 个 SiO 键，所以 1 mol SiO2

10、中含有 4 mol SiO 键，故错误；石墨中每个碳原子被 3 个六元环共用，故每个六元环实际占有 2 个碳原子，12g 石墨含有 1mol 碳原子，即石墨中含有的六元环的个数为 0.5 NA，故错误；二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，随着反应的进行盐酸变稀，故盐酸不能完全反应，则转移的电子数小于 0.3NA个，故错误；答案选 A。7.短周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大 它们分别位于不同的主族，X 的最高正价与最低负价代数和为 0，Y 为金属元素，Y 与 Z 最外层电子数之和与 W 的最外层电子数相等，X 与W 所在族序数之和等于 下列说法正确的是A. 原子半径大小顺序：W

11、ZYXB. 沸点：XW 2Y 2WC. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：XZD. 简单氢化物的热稳定性：ZW【答案】D【解析】【详解】短周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次増大，它们分别位于不同的主族，X 的最高正价与最低负价代数和为 0，X 与 W 所在族序数之和等于 10，则 X 处于A 族，W 处于A 族，结合原子序数可知，X 为 C 元素、W 为 S 元素，Y 与 Z 最外层电子数之和与 W 的相等，即两者最外层电子数之和为 6，又由于分别位于不同的主族，只能为A、A 族元素，结合原子序数，则 Y 为 Na、Z 为 P 元素。A同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大，故

12、原子半径：Y（Na）Z（P）W（S）X（C） ，选项 A 错误；BW 分别与 X、Y 形成的化合物为 CS2、Na 2S，前者含有共价键，后者含有离子键，硫化钠的沸点高于二硫化碳，选项 B错误；CX、Z 的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、磷酸，碳酸酸性比磷酸弱，选项 C 正- 5 -确；D非金属性 Z（P）W（S） ，故氢化物稳定性 PH3H 2S，选项 D 错误。答案选 C。【点睛】本题考查结构、性质、位置关系的应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握。 “位一构一性”推断的核心是结合物质的递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。8

13、.下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A. 在溶液中加 KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有 Fe3+，无 Fe2+B. 气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C. 灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有 Na+，无 K+D. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是 CO2【答案】B【解析】A、Fe 3+遇 KSCN 会使溶液呈现红色，Fe 2+遇 KSCN 不反应无现象，如果该溶液既含 Fe3+，又含Fe2+，滴加 KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在 Fe3+，并不能证明无 Fe2+，故 A 错误；B、气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO 4+5H2

14、OCuSO 45H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故 B 正确；C、灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有 Na+，并不能证明无K+，Na +焰色反应为黄色，可遮住紫光，K +焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C 错误；D、能使澄清石灰水变浑浊的气体有 CO2、SO 2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定是 CO2，故 D 错误；故选 B。视频9.配制 250mL0.1mol/L 的盐酸溶液时，下列实验操作使配制溶液的浓度偏小的是A. 用量筒量取所需的浓盐酸时俯视刻度线B. 定容时，俯视刻度线C. 用量筒量取所需浓盐酸倒入烧杯后，用水洗涤量筒 23 次，洗涤液倒入

15、烧杯中D. 定容后倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于刻度线，可以不管它【答案】A【解析】试题分析：A用量筒量取所需浓盐酸时俯视刻度线，会使溶液的体积偏小，导致溶液的浓度偏低，正确；B定容时，俯视刻度线，溶液的体积偏小，则溶液的物质的量浓度偏高，错误；C用量筒量取浓盐酸倒入烧杯后，若用水洗涤量筒 23 次，洗涤液倒入烧杯中，则- 6 -会导致溶液的浓度偏高，错误；D定容后倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于刻度线，由于溶液各处的浓度相等，所以不影响溶液的浓度，可以不管它，正确。考点：考查物质的量浓度的溶液的配制误差分析的知识。10.300mL 硫酸铝溶液中，含 Al3 为 1.62g，在该溶液

16、中加入 0.1mol/L 氢氧化钡溶液300mL，反应后溶液中硫酸根离子的物质的量浓度为(忽略溶液混合体积的变化)A. 0.4mol/L B. 0.3mol/L C. 0.2mol/L D. 0.1mol/L【答案】D【解析】【详解】溶液中 Al3+为 1.62g，物质的量为 =0.06mol，根据电荷守恒可知，溶液中n（SO 42-）= n（Al 3+）= 0.06mol=0.09mol，加入的氢氧化钡的物质的量为0.1mol/L0.3L=0.03mol，混合溶液时发生反应 SO42-+Ba2+BaSO 4，根据反应可知，消耗硫酸根离子的物质的量为 0.03mol，所以硫酸根剩余，剩余硫酸根

17、的物质的量为 0.09mol-0.03mol=0.06mol。所以反应后溶液中 SO42-的物质的量浓度为 =0.1mol/L，答案选D。11.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A. c(Fe2+) =1molL1的溶液中：K +、NH 4+、MnO 4、SO 42B. 110 13 molL1 的溶液中：NH 4+、Ca 2 、Cl 、NO 3C. 与 Al 反应能放出 H2的溶液中：Fe 2 、K 、NO 3 、SO 42D. =110 12的溶液中：K +、Na +、CO 32-、NO 3-【答案】B【解析】【详解】A、Fe 2+具有还原性，与具有氧化性的 MnO4不能大

18、量共存，选项 A 错误；B、 110 13 molL1 的溶液呈酸性：H +、NH 4+、Ca 2 、Cl 、NO 3 各离子之间相互不反应，能大量共存，选项 B 正确；C、与 Al 反应能放出 H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在 Fe2+，酸溶液中 Fe2+（或 Al） 、H +、NO 3-发生氧化还原反应不生成- 7 -氢气，选项 C 错误；D、 =11012的溶液呈酸性，H +与 CO32-反应而不能大量共存，选项D 错误。答案选 B。【点睛】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查

19、，题目难度不大。易错点为选项C，注意硝酸与铝反应不产生氢气。12.某溶液可能含有 Cl 、SO 42 、CO 32 、NH 4 、Fe 3 、Al 3 和 K 。取该溶液 100 mL，加入过量 NaOH 溶液，加热，得到 0.02 mol 气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到 1.6 g 固体；向上述滤液中加足量 BaCl2溶液，得到 4.66 g 不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中( )A. 至少存在 5 种离子 B. SO 42 、NH 4 一定存在，Cl 可能不存在C. Cl 一定存在，且 c(Cl )0.4 mol/L D. CO 32 、Al 3 一定不存在，K 可能存

20、在【答案】C【解析】试题分析：加入过量 NaOH 溶液，加热得到气体，说明原溶液中含有 NH4 ，即 n(NH4 )0.02mol，同时生成红褐色沉淀，说明原溶液含有 Fe3 。因为 CO32 和 Fe3 发生水解相互促进的反应，因此原溶液中不含 CO32 ，灼烧以后得到固体 1.6g，即得到 Fe2O3的质量为1.6g，则 n(Fe3 ) 0.02mol，加入足量的 BaCl2溶液，得到不溶于盐酸的沉淀，说明原溶液中含有 SO42 ，即 n(SO42 )4.66g233g/mol0.02mol。A、阳离子所带电荷总数为 0.02mol0.02mol30.08mol，阴离子所带电荷数为 0.0

21、2mol20.04mol，即阳离子所带电荷数大于阴离子，说明原溶液含有 Cl ，综上所述原溶液中至少有 4 种离子，A 错误；B、根据上述判断一定含有 Cl ，物质的量至少是 0.08mol0.04mol0.04mol，此时 c(Cl )0.04mol0.1L0.4molL 1 ，溶液中可能含有 K 、Al 3+，则 Cl 的浓度将大于0.4molL1 ，B 错误；C、根据上述分析可知 C 正确；D、K 、Al 3+可能存在，D 错误，答案选 C。【考点定位】本题主要是考查离子的鉴定、离子共存及电荷守恒在溶液成分的确定应用的知识。【名师点晴】该题的难点是定量判断，即选项 C 是解答的难点。该类

22、问题的关键是利用好电荷守恒，电荷守恒在离子反应定量推断试题中的应用非常广泛，解与离子反应有关的定量推- 8 -断类试题，需要掌握定量推断最后一种离子存在的方法：如果多种离子共存，且只有一种离子的物质的量未知，可以用电荷守恒来确定最后一种离子是否存在，即阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，答题时注意灵活应用。13.下列离子方程式的书写及评价，均合理的是选项 离子方程式 评价A将 2 mol Cl2通入含 1 mol FeI2的溶液中：2Fe2 2I 2Cl 2=2Fe3 4Cl I 2正确；Cl 2过量，可将 Fe2 、I 均氧化BBa(HCO3)2溶液与足量的 NaOH 溶液反应

23、：Ba2 HCO 3OH =BaCO3H 2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量 SO2通入 NaClO 溶液中：SO2H 2OClO =HClOHSO 3正确；说明酸性：H2SO3强于 HClOD1 mol/L 的 NaAlO2溶液和 2.5 mol/L 的 HCl溶液等体积混合：2AlO25H =Al3 Al(OH) 3H 2O正确；第一步反应和第二步反应消耗的 H 的物质的量之比为 23A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A将 2 mol Cl2通入到含 1 mol FeI2的溶液中，由电子守恒可知，氯气过量，则离子反应为 2Fe2 4I 3Cl 2=2

24、Fe3 6Cl 2I 2，故 A 错误；BBa(HCO 3)2溶液与足量的 NaOH 溶液反应的离子反应为 Ba2 2HCO 2OH =BaCO32H 2OCO ，故 B 错误；C过量 SO2通入到 NaClO 溶液中的离子反应为 SO2H 2OClO =2H Cl SO ，故 C 错误；D1 mol/L 的 NaAlO2溶液和 2.5 mol/L 的 HCl 溶液等体积互相均匀混合的离子反应为 2AlO5H =Al3 Al(OH) 3H 2O，故 D 正确。故选 D。考点：考查离子方程式的正误判断- 9 -【名师点睛】离子方程式是用实际参加反应的离子符号来表示离子反应的式子，是历次考试必考知

25、识点之一。书写离子方程式一般包括以下步骤：写：依据事实正确写出化学方程式；拆：把易溶解且易电离的物质写成离子形式，难溶物质、难电离物质、氧化物都用化学式（分子式）表示；删：删去方程式两边不参加反应的离子；查：检查方程式两边是否符合“原子守恒”和“电荷守恒” 。特别注意：没有自由移动离子参加的反应不能写成离子方程式。如 NH4Cl 和 Ca(OH)2固体混合加热，虽然也有离子参加反应，但不是自由移动离子，因此不能写成离子方程式；浓硫酸写成分子式，浓硝酸和浓盐酸可写成离子；在物质发生化学反应时，有些反应会因操作顺序或反应物相对量不同而发生不同的反应。书写与量有关的离子反应方程式时，常设不足者为“1

26、mol”进行分析，根据“不足者”调整过量物质的比例。判断与量有关的离子反应方程式正误时，采用“不足者”必符合化学式中原子或离子个数比进行判断，比较快速方便。14.下列各组离子或分子能大量共存，当加入相应试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是选项 离子组 加入试剂 加入试剂后发生反应的离子方程式A NH4+、Fe 2 、SO 42 少量 Ba(OH)2溶液2NH4+SO 42 Ba 2 2OH =BaSO42NH 3H2OB Mg2 、HCO 3 、Cl 过量 NaOH 溶液Mg2 2HCO 3 4OH =2H2OMg(OH)22CO 32C K 、NH 3H2O、CO 32 通入少量 CO2

27、 2OH CO 2=CO32 H 2OD Fe2 、NO 3、HSO 3 NaHSO4溶液 HSO3 H =SO2H 2OA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A氢氧化钡少量，亚铁离子优先反应，铵根离子不反应；B氢氧化钠过量，碳酸氢根离子也参与反应；C一水合氨为弱碱，离子方程式中不能拆开；DNO 3-在酸性条件下具有强氧- 10 -化性，与 HSO3-发生氧化还原反应。【详解】A少量 Ba(OH)2溶液，生成硫酸钡、氢氧化亚铁，离子反应为 Fe2+SO42-+Ba2+2OH-BaSO 4+Fe(OH) 2，选项 A 错误；B过量 NaOH 溶液，反应生成氢氧化镁、碳酸

28、钠和水，离子反应为 Mg2+2HCO3-+4OH-Mg(OH) 2+2CO 32-+2H2O，选项 B 正确；C通入少量 CO2，先与NH3H2O 反应，离子反应方程式为 2NH3H2O+CO2=2NH4+CO32-+H2O，选项 C 错误；DFe 2+、NO 3-、HSO 3-发生氧化还原反应，不能大量共存，选项 D 错误；答案选 B。【点睛】本题考查离子共存、离子反应方程式的书写，题目难度中等，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，选项 BD 为解答的易错点，试题有利于提高学生的规范答题能力。15.下列有关实验装置的说法中正确的是A. 用图 1 装置制取并

29、收集干燥纯净的 NH3B. 用图 2 装置制备 Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色C. 用图 3 装置可以完成“喷泉”实验D. 用图 4 装置测量 Cu 与浓硝酸反应产生气体的体积【答案】C【解析】【详解】A、装置中发生装置可以制备氨气，通过碱石灰干燥氨气，但氨气密度小于空气，收集时需要用向下排空气法收集，选项 A 错误；B、装置中应把铁做电解池的阳极生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，选项 B 错误；C、氯气和氢氧化钠溶液反应，烧瓶中压强减小，烧杯中氢氧化钠溶液被压入烧瓶形成喷泉，符合形成条件，选项C 正确；D、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，二氧化氮能与水反应，不能通

30、过装置中排开水的体积测定二氧化氮的体积，选项 D 错误；答案选 C。【点睛】本题考查了实验装置正误判断，主要是制备物质，原理的分析应用，掌握实验基本操作是解题关键。注意利用气体的密度及是否与水反应及水溶性对实验进行判断。- 11 -16.用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d 表示相应仪器中加入的试剂）其中正确的是选项 气体 a b c dA CO2 盐酸 CaCO3 饱和 Na2CO3溶液 浓硫酸B Cl2 浓盐酸 MnO2 NaOH 溶液 浓硫酸C NH3 饱和 NH4Cl 溶液 消石灰 H2O 固体 NaOH

31、D NO 稀硝酸 铜屑 H2O 浓硫酸A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、用 CaCO3和盐酸反应制取 CO2，由于盐酸具有挥发性，所以 CO2中含有 HCl 和 H2O(g)；先除 HCl，再用浓硫酸干燥气体；但是不能用饱和 Na2CO3溶液除 CO2中的 HCl，因为 CO2与Na2CO3反应（Na 2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3） ，c 装置中应改成饱和 NaHCO3溶液，故 A 错误。B、用MnO2和浓盐酸在加热的条件下制取 Cl2，同样 Cl2中含有 HCl 和 H2O(g)，先除 HCl，再用浓硫酸干燥；但除 Cl2中的 HCl 不能用 NaOH

32、溶液，因为 Cl2也与 NaOH 反应，c 装置中应改用饱和食盐水，故 B 错误。C、向消石灰中滴加饱和 NH4Cl 溶液，消石灰遇水放热，NH 4+与 OH 反应放出 NH3，c 装置中不能装水，因为 NH3极易溶于水且可能发生倒吸，故 C 错误。D、铜与稀硝酸反应产生 NO，部分 NO 与装置中原有的空气反应生成 NO2，气体进入 c 装置，水能将 NO2转化为 NO；d 中的浓硫酸起干燥作用，故 D 正确。点睛：实验室一般用 NH4Cl 固体和 Ca(OH)2固体在试管中加热制 NH3。若用本题中装置制取氨- 12 -气，也可以在 a 中加入浓氨水，b 中装 NaOH 固体（或生石灰、碱

33、石灰） ；制取的 NH3中含H2O(g)，将气体通过装有碱石灰的干燥管即可得纯净的氨气。17.向 m g 镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体 b L。向反应后的溶液中加入 c mol/L 氢氧化钾溶液 V mL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为 n g。再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体 p g。则下列关系不正确的是A. n=m+17Vc B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意利用反应过程中的变化进行分析计算，镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸全部反应生成氢气 b L，同时生成氯化镁和氯化铝；向反应后的溶液中加入 c mol/L

34、氢氧化钾溶液V mL 使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，质量为 ng，固体灼烧得到氧化镁和氧化铝质量为 pg，结合各步反应进行计算判断。【详解】反应化学方程式为；Mg+H 2SO4=MgSO4+H2；2Al+3H 2SO4=Al2(SO4)3+3H2；MgSO 4+2KOH=Mg(OH)2+K 2SO4；Al 2(SO4)3+6KOH=2Al(OH)3+3K 2SO4；Mg(OH)2 MgO+H2O；2Al(OH) 3 Al2O3+3H2O；根据化学方程式可得：A、得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和，即 n=m+c 17=m+ ，选项中忽

35、略了体积的单位，选项 A 不正确；B、选项中 p 为生成的氧化物的质量，1molMg 可结合1molO，2molAl 结合 3molO，因此生成沉淀的物质的质量等于镁和铝的质量之和加氧元素的质量，而结合氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半，即 p= 16+m=m+ ，选项 B 正确；C、根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，即b=22.4L/mol ，整理得 c= ，选项 C 正确；D、氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若 mg 全是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为- 13 -P= 40=

36、 m；若 mg 全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p= 102 = m；质量介于二者之间，选项 D 正确；答案选 A。【点睛】本题综合考查镁铝元素化合物知识，以及相关化学计算。根据题意利用反应过程中的变化进行分析计算。18.下列有关电解质溶液的说法不正确的是A. 向 溶液中通入 ， 减小B. 将 的 溶液从 升温至 ， 增大C. 向 的 HF 溶液中滴加 NaOH 溶液至中性， =1D. 向 的 溶液中加入少量水， 增大【答案】D【解析】【详解】A. 在一定条件下， Na2CO3溶液中存在水解平衡： CO32-+H2OHCO3-+OH-，溶液中通入NH3，抑制水解， 增大，

37、不变，则 减小，选项 A 正确；B、K 2C2O4溶液中草酸根离子水解溶液呈碱性，升高温度，水解程度增大，草酸根离子浓度减小，钾离子浓度不变，所以钾离子和草酸根离子浓度比值 增大，选项 B 正确；C、向 0.1molL-1的HF 溶液中滴加 NaOH 溶液至中性，此时溶液的溶质是 HF 和 NaF 的混合物，存在电荷守恒，c（H +）=c（OH -） ，钠离子和氟离子浓度相等， =1，选项 C 正确；D、CH 3COONa 溶液中加入少量水，温度不变，不会影响醋酸的电离平衡常数，即 = 不变，选项D 不正确。答案选 D。19.一定量的 CuS 和 Cu2S 的混合物投入足量的 HNO3中，收集

38、到气体 VL（标准状况） ，向反应后的溶液中（存在 Cu2+和 SO42-）加入足量 NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到- 14 -CuO12.0g，若上述气体为 NO 和 NO2的混合物，且体积比为 11，则 V 可能为（ ）A. 9.0L B. 13.5L C. 15.7L D. 16.8L【答案】A【解析】若混合物全是 CuS，其物质的量为 12/80015 mol，电子转移数 015 mol(62)12 mol。两者体积相等，设 NO x mol，NO 2x mol,3xx12，计算的 x03。气体体积 V06 mol224 Lmol1 1344 L；若混合物全是 Cu2S

39、，其物质的量为 0075 mol，转移电子数 0075 mol10075 mol，设 NO x mol，NO 2x mol,3xx075，计算得 x0187 5，气体体积 V0375 mol224 Lmol1 84 L，因此 84 LV1344 L。视频20.向 10mL NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度 Ba(OH)2溶液 x mL，下列叙述正确的是A. x=10 时，溶液中有 NH4+、Al 3+、SO 42 ，且 c(NH4+)c(Al 3+)B. x=10 时，溶液中有 NH4+、AlO 2 、SO 42 ，且 c(NH 4+)c(SO 42 )C. x=30 时，溶液中有 B

40、a2 、AlO 2 、OH ，且 c(OH )c AlO 2 )D. x=30 时，溶液中有 Ba2 、Al 3+、OH ，且 c(OH )c(Ba 2 )【答案】A【解析】【详解】A、当 x10 时，NH 4Al(SO4)2与 Ba(OH)2等物质的量反应，此时 OH-量不足，OH -首先与 Al3+反应，与 NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的 NH4+和部分剩余的 Al3+存在，同时SO42-也有剩余，但此时不会有 AlO2-生成，溶液中 c(NH4+)c(Al 3+)，选项 A 正确；B、由 A中分析可知，溶液中不会有 AlO2-生成，溶液中有 NH4+、Al 3+、SO 42-，

41、参加反应的硫酸根离子为 0.001mol，剩余 0.001molSO42-，溶液中 NH4+未参加反应，但溶液中 NH4+水解，故 c(NH4+)c(SO 42)，选项 B 错误；C、当 x=30 时，0.001 mol 的 NH4Al(SO4)2与 0.003 mol Ba(OH)2反应，生成 0.002 mol BaSO4、0.001 mol NaAlO2、0.001 mol NH3H2O，且剩余 0.001 mol Ba2+和 0.001 mol OH-，由于 NH3H2O 是一种弱碱，存在电离平衡：NH 3H2O NH4+OH-，使得溶液中 c(OH)大于 0.001 mol，故 c(

42、OH) c(AlO 2)，选项 C 错误；D、由 C 中分析可- 15 -知，溶液中含有 Ba2+、AlO 2-、OH -，其中溶液中 c（OH -）大于 0.001 mol，含有 0.001 mol Ba2+，c(OH )c(Ba 2+)，选项 D 错误，答案选 A。【点睛】本题考查离子反应的有关混合计算及离子浓度大小的比较，为高频考点，根据发生的反应及反应先后顺序、各物质的物质的量关系是解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等。21.海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图：（1）除去粗盐中杂质（Mg 2+、SO 42 、Ca 2+） ，加入的药品顺序正确的是_ANa

43、OH 溶液碳酸钠溶液氯化钡溶液过滤后加盐酸B氯化钡溶液氢氧化钠溶液碳酸钠溶液过滤后加盐酸CNaOH 溶液氯化钡溶液碳酸钠溶液过滤后加盐酸D碳酸钠溶液氢氧化钠溶液氯化钡溶液过滤后加盐酸(2)写出中发生反应的离子方程式：_(3)从理论上考虑，下列物质也能吸收的是_ANaOH (4)根据上述反应判断 SO2、Cl 2、Br 2三种物质氧化性由强到弱的顺序是_(5)已知某溶液中 Cl 、Br 、I 的物质的量之比为 3：4：5，现欲使溶液中的Cl 、Br 、I 的物质的量之比变成 3：2：1，那么要通入氯气的物质的量是原溶液中 I 的物质的量是_A1/2 B1/10 C3/10 D1/5【答案】 (1

44、). BC (2). Br2+SO2+2H2O=4H+2Br +SO42 (3). ABC (4). Cl2Br 2SO 2 (5). C【解析】【分析】海水淡化得到淡水和氯化钠，电解氯化钠溶液生成氯气，氯气通入母液中发生反应得到低浓度的溴单质溶液，通入热空气吹出后用二氧化硫水溶液吸收得到含 HBr 和硫酸的溶液，通入- 16 -适量氯气氧化得到溴单质，富集溴，蒸馏得到工业溴， （1）除去粗盐中的 Ca2+、Mg 2+、SO 42-及泥沙，盐酸要放在最后，以除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，应该先加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子，即：加入的碳酸钠溶液必须放在加入氯化钡溶液之

45、后；（2）中发生反应是溴单质氧化二氧化硫生成硫酸；（3）溴单质和氢氧化钠溶液反应，或和还原性的物质发生氧化还原反应；（4）氧化还原反应方程式中：氧化性：氧化剂大于氧化产物，氧化剂大于还原剂；（5）已知还原性 I-Br -Cl -，反应后 I-有剩余，说明 Br-浓度没有变化，通入的 Cl2只与 I-发生反应，根据反应的方程式 2I-+Cl2=2Cl-+I2计算。【详解】 （1）要先除 SO42-离子，然后再除 Ca2+离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加 NaOH 除去 Mg2+离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了

46、，然后过滤即可，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子、碳酸根离子，所以正确的操作顺序为：ANaOH 溶液Na 2CO3溶液BaCl 2溶液过滤后加盐酸，最后加入的氯化钡溶液中钡离子不能除去，选项 A 错误；BBaCl 2溶液NaOH 溶液Na 2CO3溶液过滤后加盐酸，选项 B 正确；CNaOH 溶液BaCl 2溶液Na 2CO3溶液过滤后加盐酸，选项 C 正确；DNa 2CO3溶液NaOH 溶液BaCl 2溶液过滤后加盐酸，顺序中加入的氯化钡溶液中钡离子无法除去，选项 D 错误；答案选 BC；（2）中发生反应是溴单质氧化二氧化硫生成硫酸，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=4H+2Br-

47、+SO42-；（3）ANaOH 溶液和溴单质反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，可以吸收，选项 A 正确；BFeCl 2 溶液具有还原性，可以被溴单质氧化为氯化铁，可以吸收溴单质，选项 B 正确；CNa 2SO3 溶液具有还原性，可以被溴单质氧化，能吸收溴单质，选项 C 正确；DH 2O 和溴单质反应微弱，不能充分吸收溴单质，选项 D 错误；答案选 ABC；（4）Cl 2+2Br-=Br2+2Cl-，根据氧化还原反应中氧化性：氧化剂大于氧化产物，所以氧化性：Cl2Br 2；Br 2+SO2 +2H2O=H2SO4 +2HBr，根据氧化还原反应中氧化性：氧化剂大于还原剂，所以氧化性：Br 2SO 2；

48、故答案为：Cl 2Br 2SO 2；（5）已知还原性 I-Br -Cl -，反应后 I-有剩余，说明 Br-浓度没有变化，通入的 Cl2只与I-发生反应，设原溶液中含有 3molCl-，4molBr -，5molI -，通入 Cl2后，它们的物质的量之比变为 3：2：1，即 6：4：2，此时氯离子增大 3mol，碘离子减少 3mol，溴离子不变，则各离子物质的量分别为：6molCl -，4molBr -，2molI -，Cl -增加 3mol，I -离子减少 3mol，Br -不变，- 17 -则需 1.5molCl2，则通入的 Cl2物质的量是原溶液中 I-物质的量的 = ，答案选 C。【点睛】本题考查物质的分离、提纯，侧重海水资源的综合利